【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一全国甲卷 含答案

/2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2021春•皮山县校级月考）设复数z＝（x+1）+（x﹣3）i，x∈R，则|z|的最小值为（）A．1 B．2 C．22 2．（5分）（2022秋•鄠邑区期末）已知直线l，m与平面α，其中m⊂α，则“l⊥m”是“l⊥α”的（）条件．A．充要 B．必要不充分 C．充分不必要 D．既不充分也不必要3．（5分）（2023秋•青羊区校级期末）在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）：被某病毒感染未被某病毒感染合计注射疫苗1050未注射疫苗3050合计30100α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828计算可知，根据小概率值α＝（）的独立性检验，分析“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．附：χ2=n(ad−bc)2(aA．0.001 B．0.05 C．0.01 D．0.0054．（5分）若奇函数f（x）在[1，3]上为增函数，且有最小值2，则它在[﹣3，﹣1]上（）A．是减函数，有最大值﹣2 B．是减函数，有最小值﹣2 C．是增函数，有最大值﹣2 D．是增函数，有最小值﹣25．（5分）（2022春•青羊区校级期中）在等差数列{an}中，12a12＝a9﹣6，则数列{an}的前11项和S11A．24 B．48 C．66 D．1326．（5分）（2023春•日喀则市期末）函数f（x）＝ex+ax在x＝0处的切线与直线2x﹣y﹣5＝0平行，则实数a＝（）A．﹣1 B．1 C．12 D．7．（5分）已知抛物线W：x2＝4y，设W的焦点为F，斜率为1的直线l经过点F且与W相交于点A，B，则|AF|•|BF|＝（）A．4 B．42 C．8 D．128．（5分）（2025春•齐齐哈尔校级月考）已知0＜α＜β＜πA．sinβ=−255C．cosα=53二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）9．（6分）下列关于函数y＝tan（x+πA．在（π6，7πB．最小正周期是π C．图象关于点（π6，0）成中心对称D．图象关于直线x=−π（多选）10．（6分）（2024春•博爱县校级期中）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣3，1），B（﹣3，9），点P是满足λ=13的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在直线x＝﹣1上的射影为H，FA．|AQ|﹣|QF|的最小值为2 B．△APF的面积最大值为3+3C．当∠PFA最大时，△APF的面积为78D．|PB|+3|PQ|+3|QH|的最小值为3（多选）11．（6分）（2024秋•南山区校级月考）已知集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，下列说法正确的是（）A．0∉A B．x1+x4＝x2+x3 C．2x2＝x1+x3 D．2x3＝x2+x4三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．（5分）（2024秋•杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC13．（5分）（2025春•泰安期中）用0～8这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是．14．（5分）（2024春•源汇区校级期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB=π6，则三棱锥P﹣四．解答题（共5小题，满分77分）15．（13分）（2025•泰州开学）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若点D在边BC上，∠ADB＝2B，sin(（1）求角A的大小；（2）若tanC＝2，c＝2，（ⅰ）求cosB的值；（ⅱ）求AD的长．16．（15分）（2022春•成都期中）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex−12ax（1）当x＞0时，f（x）+ex≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）求函数f（x）的极值点．17．（15分）（2023秋•荆州区校级月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．（1）求证：平面BAE⊥平面A1BD；（2）求AA1和平面A1BD所成角的正弦值．18．（17分）（2023春•浙江月考）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为2，左焦点F到双曲线E的渐近线的距离为2，过点F作直线l与双曲线C的左、右支分别交于点A、B，过点F作直线（1）求双曲线E的方程；（2）设B（x0，y0），试用x0表示点A的横坐标；（3）求证：直线AD过定点．19．（17分）（2023秋•泸县校级月考）已知甲、乙、丙参加某项测试时，通过的概率分别为0.6，0.8，0.9，而且这3人之间的测试互不影响．（1）求甲、乙、丙都通过测试的概率；（2）求甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率；（3）求甲、乙、丙恰有两人通过测试的概率．

2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2021春•皮山县校级月考）设复数z＝（x+1）+（x﹣3）i，x∈R，则|z|的最小值为（）A．1 B．2 C．22 【考点】复数的模．【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．【正确答案】C【分析】根据已知条件，结合复数模公式，以及二次函数的性质，即可求解．解：∵z＝（x+1）+（x﹣3）i，∴|z|=(故|z|的最小值为22故选：C．【点评】本题主要考查复数模公式，以及二次函数的性质，属于基础题．2．（5分）（2022秋•鄠邑区期末）已知直线l，m与平面α，其中m⊂α，则“l⊥m”是“l⊥α”的（）条件．A．充要 B．必要不充分 C．充分不必要 D．既不充分也不必要【考点】充分条件与必要条件；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；简易逻辑；逻辑思维．【正确答案】B【分析】利用线面垂直的判定定理以及充分，必要条件的定义即可判断求解．解：由线面垂直的判定定理可知当l⊥m时，不能得出l⊥α，但是当l⊥α时，l⊥m一定成立，所以“l⊥m”是“l⊥α”的必要不充分条件，故选：B．【点评】本题考查了充分，必要条件的定义，涉及到线面垂直的判定定理，属于基础题．3．（5分）（2023秋•青羊区校级期末）在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）：被某病毒感染未被某病毒感染合计注射疫苗1050未注射疫苗3050合计30100α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828计算可知，根据小概率值α＝（）的独立性检验，分析“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．附：χ2=n(ad−bc)2(aA．0.001 B．0.05 C．0.01 D．0.005【考点】独立性检验．【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．【正确答案】B【分析】根据题目所给的数据填写2×2列联表，计算χ2，对照题目中的表格，得出统计结论．解：补充2×2列联表，如下：被某病毒感染未被某病毒感染合计注射疫苗104050未注射疫苗203050合计3070100零假设为H0：“给基因编辑小鼠注射该种疫苗不能起到预防该病毒感染的效果”，因为χ2而3.841＜4.762＜6.635，所以根据小概率值α＝0.05的独立性检验，推断H0不成立，即认为“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．故选：B．【点评】本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．4．（5分）若奇函数f（x）在[1，3]上为增函数，且有最小值2，则它在[﹣3，﹣1]上（）A．是减函数，有最大值﹣2 B．是减函数，有最小值﹣2 C．是增函数，有最大值﹣2 D．是增函数，有最小值﹣2【考点】奇偶性与单调性的综合．【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．【正确答案】C【分析】根据函数的奇偶性和单调性，推导出函数在对称区间的单调性，即可判断．解：因为f（x）为奇函数，且在[1，3]上的最小值为2，故f（x）在[﹣3，﹣1]的最大值为﹣2；又函数f（x）在[1，3]上为增函数，故f（x）在[﹣3，﹣1]也是增函数．故选：C．【点评】本题考査函数性质的综合应用，属基础题．5．（5分）（2022春•青羊区校级期中）在等差数列{an}中，12a12＝a9﹣6，则数列{an}的前11项和S11A．24 B．48 C．66 D．132【考点】等差数列的前n项和．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【正确答案】D【分析】利用等差数列的通项公式将已知的等式化为基本量表示，由此得到a6＝12，然后利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质将S11用a6表示，即可得到答案．解：因为{an}为等差数列，且12a12＝a9所以2a9＝a12+12，则2（a1+8d）＝a1+11d+12，解得a1+5d＝12，即a6＝12，所以S11=11(a1+故选：D．【点评】本题考查了等差数列的基本运算，涉及了等差数列通项公式的应用，等差数列前n项和的应用以及等差数列性质的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．6．（5分）（2023春•日喀则市期末）函数f（x）＝ex+ax在x＝0处的切线与直线2x﹣y﹣5＝0平行，则实数a＝（）A．﹣1 B．1 C．12 D．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】B【分析】求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由两直线平行的条件，解方程可得所求值．解：f′（x）＝ex+a，则f′（0）＝1+a，依题意，1+a＝2，解得a＝1．故选：B．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，以及两直线平行的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．7．（5分）已知抛物线W：x2＝4y，设W的焦点为F，斜率为1的直线l经过点F且与W相交于点A，B，则|AF|•|BF|＝（）A．4 B．42 C．8 D．12【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】C【分析】由抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系求解即可．解：已知抛物线W：x2＝4y，又W的焦点为F，则F（0，1），又斜率为1的直线l经过点F，则直线l的方程为y＝x+1，联立y=消x可得：y2﹣6y+1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝6，y1y2＝1，则|AF|•|BF|＝（y1+1）（y2+1）＝y1+y2+y1y2+1＝8．故选：C．【点评】本题考查了抛物线的定义，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．8．（5分）（2025春•齐齐哈尔校级月考）已知0＜α＜β＜πA．sinβ=−255C．cosα=53【考点】求两角和与差的三角函数值；求二倍角的三角函数值．【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．【正确答案】D【分析】由已知及同角三角函数的关系求sinβ，sin（β﹣α），再由二倍角公式可求sin2β，最后利用两角和差公式计算cosα＝cos[β﹣（β﹣α）]即可．解：对于A，因为0＜β＜π2，对于B，因为0＜β所以sin(β−对于C，cosα＝cos[β﹣（β﹣α）]＝cosβcos（β﹣α）+sinβsin（β﹣α）=55×对于D，sin2β＝2sinβcosβ=255故选：D．【点评】本题考查同角三角函数的基本关系，考查二倍角公式，考查两角差的余弦公式，考查运算求解能力，属于中档题．二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）9．（6分）下列关于函数y＝tan（x+πA．在（π6，7πB．最小正周期是π C．图象关于点（π6，0）成中心对称D．图象关于直线x=−π【考点】正切函数的单调性和周期性；正切函数的奇偶性与对称性．【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．【正确答案】ABC【分析】利用正切函数的性质逐项判定即可．解：对于函数y＝f（x）＝tan（x+π由−π2+kπ＜x+π3＜π2+kπ（k∈Z），得−5π6当k＝1时，π6＜x＜7π6，故y＝tan（x+π3其最小正周期是T＝π，B正确；令x+π3=kπ2（k∈Z），得x=故函数y＝tan（x+π3）的对称中心为（kπ2−π令k＝1，得（π6，0）为它的一个对称中心，即其图象关于点（π6，0）成中心对称，y＝tan（x+π3）没有对称轴，故选：ABC．【点评】本题考查正切函数的周期性、单调性、对称性的应用，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）10．（6分）（2024春•博爱县校级期中）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣3，1），B（﹣3，9），点P是满足λ=13的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在直线x＝﹣1上的射影为H，FA．|AQ|﹣|QF|的最小值为2 B．△APF的面积最大值为3+3C．当∠PFA最大时，△APF的面积为78D．|PB|+3|PQ|+3|QH|的最小值为3【考点】轨迹方程．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．【正确答案】ACD【分析】A选项，由抛物线定义得到|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|，数形结合得当A，H，Q三点共线时|AQ|﹣|QF|取得最小值，得到A正确；B选项，求出点P的轨迹为以M（﹣3，0）为圆心，3为半径的圆，求出P到直线x+4y﹣1＝0的距离最大值，从而得到面积的最大值；C选项，数形结合得到要想∠PFA取得最大值，则需∠MFP最大，当FP与MP垂直时，∠MFP取得最大值，并根据sin∠AFP＝sin（∠AFM+∠PFM）求出正弦值，利用三角形面积公式求出此时△APF的面积，D选项，由题意及抛物线定义得到|PB|+3|PQ|+3|QH|＝3（|PA|+|PQ|+|QF|），求出A，P，Q，F四点共线时，|PA|+|PQ|+|QF|取得最小值，求出答案．解：A选项，抛物线的准线方程为x＝﹣1，F（1，0），由抛物线定义可得|QF|＝|QH|，则|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|，由三角形三边关系可得|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|≤|AH|，当且仅当A，H，Q三点共线时，等号成立，故|AQ|﹣|QF|的最小值为﹣1﹣（﹣3）＝2，A正确；B选项，由题意得，点P（x，y）的轨迹方程为(x化简得x2+6x+y2＝0，即以M（﹣3，0）为圆心，3为半径的圆，直线AF：y−01−0=圆心M（﹣3，0）到直线x+4y﹣1＝0的距离为d=则P到直线x+4y﹣1＝0的距离最大值为3+d又|AF故△APF的面积最大值为12|AFC选项，∠AFM为定值，由勾股定理得|AF且sin∠AFM=要想∠PFA取得最大值，则需∠MFP最大，如图所示，当FP与MP垂直且P在图中位置时，∠MFP取得最大值，其中|MF|＝4，|MP|＝3，故|PF|=16−9=7故当∠PFA最大时，sin∠AFP＝sin（∠AFM+∠PFM）＝sin∠AFMcos∠PFM+cos∠AFMsin∠PFM=1则△APF的面积为12|AFD选项，由题意得|PA|=13||PB|+3|PQ|+3|QH|＝3（|PA|+|PQ|+|QF|），连接AF，线段AF与圆M和抛物线的交点分别为P，Q，即A，P，Q，F四点共线时，|PA|+|PQ|+|QF|取得最小值，最小值为|AF故|PB|+3|PQ|+3|QH|最小值为317，D故选：ACD．【点评】本题考查抛物线的几何性质，阿氏圆与抛物线的应用，属中档题．（多选）11．（6分）（2024秋•南山区校级月考）已知集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，下列说法正确的是（）A．0∉A B．x1+x4＝x2+x3 C．2x2＝x1+x3 D．2x3＝x2+x4【考点】元素与集合的属于关系的应用．【专题】对应思想；定义法；集合；运算求解．【正确答案】BCD【分析】根据已知集合的性质，结合集合相等确定B中元素及元素间的数量关系，进而判断各项正误．解：集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，对于A，x1﹣x1＝0∈B＝A，即x1＝0，则A＝{0，x2，x3，x4}，A错误；由x4﹣x3，x4﹣x2∈B＝A，0＜x4﹣x3＜x4﹣x2＜x4，得x4﹣x3＝x2，x4﹣x2＝x3，即x4＝x3+x2，由x3﹣x2∈B＝A，0＜x3﹣x2＜x3＜x4，得x3﹣x2＝x2，即x3＝2x2，则x4＝3x2，对于B，x1+x4＝3x2＝x2+2x2＝x2+x3，B正确；对于C，2x2＝x3＝x1+x3，C正确；对于D，2x3＝4x2＝x2+3x2＝x2+x4，D正确．故选：BCD．【点评】本题考查元素与集合间的关系，属于基础题．三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．（5分）（2024秋•杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，|【考点】平面向量的投影向量．【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．【正确答案】14【分析】根据已知条件，先求出O为BC的中点，再结合三角形外接圆的性质，以及投影向量的公式，即可求解．解：∵2AO∴O为BC的中点，∵△ABC的外接圆圆心为O，∴OA＝OB＝OC，∵|OA∴AB＝OB＝OA＝OC，∴△ABO为正三角形，∠ABO＝60°，∴向量BA→在向量BC→上的投影向量为故14【点评】本题主要考查投影向量的求解，考查转化能力，属于中档题．13．（5分）（2025春•泰安期中）用0～8这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是448．【考点】简单排列问题．【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．【正确答案】448．【分析】利用分步乘法计数原理求解即可．解：由题意可知，百位数字不能为0，因为可选数字为1～8，共8种选择，则十位数字有8种选择，个位数字有7种选择，根据分步乘法计数原理可知，总数为8×8×7＝448种．故448．【点评】本题主要考查了简单的排列问题，考查了计数原理的应用，属于基础题．14．（5分）（2024春•源汇区校级期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB=π6，则三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为【考点】球内接多面体．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．【正确答案】32【分析】利用正弦定理求得△ABC的外接圆的半径，作出该三棱锥，设出△ABC的外接圆圆心为O1及球心O，设出球的半径及OO1的长，由球的性质及勾股定理，建立方程组求解即可．解：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接AO1，过O1作平面ABC的垂线，则三棱锥P﹣ABC的外接球球心在该垂线上，设球心为O，过O作OD∥O1A，交PA于点D，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥O1A，所以PA⊥OD，设球的半径为R，在△ABC中，BC＝3，∠CAB=π即3sinπ6=2r，解得r设OO1＝d，则AD＝d，PD＝6﹣d，又PA＝6，在Rt△OAO1中，OA2=OO12在Rt△POD中，PO2＝PD2+OD2，即R2＝（6﹣d）2+9，②联立①②解得d＝3，R=3即三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为32故32【点评】本题考查了三棱锥外接球问题，考查了数形结合思想，属于中档题．四．解答题（共5小题，满分77分）15．（13分）（2025•泰州开学）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若点D在边BC上，∠ADB＝2B，sin(（1）求角A的大小；（2）若tanC＝2，c＝2，（ⅰ）求cosB的值；（ⅱ）求AD的长．【考点】解三角形．【专题】方程思想；转化思想；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．【正确答案】（1）π4；（2）（i）1010；（ii）【分析】（1）由正弦定理和两角和差的正弦公式化简即可求得；（2）（i）由同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式计算即可；（ii）由条件及二倍角公式可求得sin∠ADB，再在△ABD中，由正弦定理即可求得．解：（1）因为sin(所以由正弦定理可得：sin(所以2sinB=2cosAsinB，因为sinB因为A∈（0，π），所以A=（2）（i）因为tanC＝2，所以C∈（0，π），所以sinC=25所以cosB=−（ii）由（i）知，cosB=1010，B∈(0，如图所示：因为点D在边BC上，∠ADB＝2B，所以sin∠在△ABD中，由正弦定理得：ABsin∠ADB=AD【点评】本题考查利用正弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．16．（15分）（2022春•成都期中）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex−12ax（1）当x＞0时，f（x）+ex≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）求函数f（x）的极值点．【考点】利用导数求解函数的极值．【专题】分类讨论；转化思想；综合法；导数的综合应用；直观想象；运算求解．【正确答案】（1）（﹣∞，2e]；（2）当a≤0时，极值点为x＝0；当a＝1时，无极值点；当0＜a＜1或a＞1时，极值点为x＝0和x＝lna．【分析】（1）由题意可得a≤2exx，令g（x）=2exx，将问题转化为a≤g（x）（2）求导可得f'（x）＝x（ex﹣a），分a≤0，0＜a＜1，a＝1，a＞1讨论f'（x）的正负，从而得到f（x）的单调性，进一步得到f（x）的极值点．解：（1）由f（x）+ex≥0（x＞0）可得：xex−12ax2≥0，即a令g（x）=2exx，则问题转化为a≤g（x）因为g'（x）=2所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．所以g（x）min＝g（1）＝2e，所以a≤2e．故a的范围为：（﹣∞，2e]；（2）因为f'（x）＝ex+（x﹣1）ex﹣ax＝x（ex﹣a），所以f'（0）＝0，当a≤0时，ex﹣a＞0，f当x≤0，f'（x）≤0，（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，此时y＝f（x）的极值点为x＝0；当a＞0时，令f'（x）＝x（ex﹣a）＝0，得x1＝0，x2＝lna，当0＜a＜1时，lna＜0，当x∈（﹣∞，lna）和x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（lna，0）时，f'（x）≤0，（x）单调递减；所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；当a＝1时，lna＝0，此时f'（x）＝x（ex﹣1）≥0，f（x）单调递增，无极值点；当a＞1时，lna＞0，当x∈（﹣∞，0）和x∈（lna，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（0，lna）时，f'（x）≤0，（x）单调递减；所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；综上所述：当a≤0时，极值点为x＝0；当a＝1时，无极值点；当0＜a＜1或a＞1时，极值点为x＝0和x＝lna．【点评】本题考查了导数的综合应用、转化思想、分类讨论思想，综合性较强，属于中档题．17．（15分）（2023秋•荆州区校级月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．（1）求证：平面BAE⊥平面A1BD；（2）求AA1和平面A1BD所成角的正弦值．【考点】平面与平面垂直；空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】（1）证明见解析；（2）55【分析】（1）取A1C1的中点O，证得OD⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BD和BAE的一个法向量n1→，n2→的坐标，可得n1→•（2）由（1）可知：平面A1BD的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求得AA1和平面A1BD所成角的正弦值．（1）证明：取A1C1的中点O，连接B1O，OD，则OB1⊥A1C1，OD∥AA1，又因为AA1⊥平面ABC，所以OD⊥平面ABC，则OA，OD，OB两两垂直，如图，以O为原点，OA1，OD，OB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，2，0），B（0，2，3），D（0，2，0），A1（1，0，0），E（﹣1，1，0），可得A1D→=(−1，2，0)，A1设n1→=(x1，y1，由A1D→⋅可得n1→=(2，1，0)是平面ABA→⋅n2可得n2→=(因为n2→⋅所以平面BAE⊥平面A1BD；（2）解：由（1）可得A1A→=(0，2，0)，n1设AA1和平面A1BD所成角为θ，则sinθ=|所以直